Câu 1: [2H3-1-4] [B1D2M2] (THPT QUẢNG XƯƠNG1) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A  3;1;0  , B  0; 1;0  , C  0;0; 6  Nếu tam giác ABC thỏa mãn hệ thức AA  BB  CC  tọa độ trọng tâm tam giác B  2; 3;0  A 1;0; 2  C  3; 2;0  D  3; 2;1 Lời giải Chọn A Ta có: AA  BB  CC    1       AG  GG  GA  BG  GG  GB  CG  GG  GC       GA  GB  GC  AG  BG  CG  3GG   2 Nếu G , G  theo thứ tự trọng tâm tam giác ABC , ABC  nghĩa  GA  GB  GC  AG  BG  CG    GG   G  G Tóm lại 1 hệ thức cần đủ để hai tam giác ABC , ABC  có trọng tâm Ta có tọa độ G là: G  1;0; 2  Câu 2: [2H3-1-4] (SỞ GD VÀ ĐT THANH HĨA-2018) Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz , cho bốn điểm A  7;2;3 , B 1;4;3 , C 1;2;6  , D 1;2;3 điểm M tùy ý Tính độ dài đoạn OM biểu thức P  MA  MB  MC  3MD đạt giá trị nhỏ 21 17 OM  B OM  26 A OM  C OM  14 D Lời giải Chọn C Ta có DA   6;0;0  , DB   0;2;0  , DC   0;0;3 nên tứ diện $ABCD$ tứ diện vuông đỉnh D Giả sử M  x  1; y  2; z  3 Ta có MA   x  6  y  z  x    x , MB  x   y    z  y    y  MC  x  y   z  3  z    z ,  3MD  x  y  z  x  y  z  x yz Do P    x     y     z    x  y  z   11 x  y  z  6  x    x  y  z  Vậy P đạt giá trị nhỏ $11$, 2  y  3  z    x  y  z  Khi M 1;2;3 suy OM  12  22  32  14 Câu 3: [2H3-1-4](CHUYÊN VINH LẦN 3-2018) Trong không gian Oxyz cho đường x 1 y 1 z  m 2   mặt c  S  :  x  1   y  1   z    Tìm 1 m để đường thẳng d cắt mặt cầu  S  hai điểm phân biệt E , F cho độ dài thẳng d : đoạn EF lớn C m   B m  A m  D m  Lời giải Chọn B Mặt cầu  S  có tâm I 1;1;  bán kính R  Gọi H hình chiếu vng góc I d , H trung điểm đoạn EF  Ta có EF  EH  R  d  I ,  P    Suy EF lớn d  I ,  P   nhỏ Đường thẳng d qua A 1; 1; m  có véc tơ phương u  1;1;  Ta có AI   0; 2;  m  ,  AI , u     m;2  m; 2   AI , u  2m  12     Suy d  I ,  P    11 u Do d  I ,  P   nhỏ m  Khi  EF  EH  R  d  I ,  P    2 Câu 4: [2H3-1-4](CHUYÊN VINH LẦN 3-2018) Trong không gian Oxyz , cho hai đường x   t  x  2t    thẳng d :  y   t , d  :  y   t  Đường thẳng  cắt d , d  z  t z   t   điểm A , B thỏa mãn độ dài đoạn thẳng AB nhỏ Phương trình đường thẳng  A x 1 y  z   2 B x4 y z2   2 1 C x y  z 1   1 3 D x  y 1 z 1   2 Lời giải Chọn D   d  A 1  t;2  t; t  ,   d  B  2t ;1  t ;2  t     AB.u  2t   3t  2 2t   t   t   t   t   t   t         2t     t t  t   t  t   t  t    AB u       t   3 Suy A  2;1;1 , AB   1; ;  2  AB ngắn suy AB đoạn vuông góc chung d , d  Vậy  qua A  2;1;1 có vectơ phương u  AB   2;1;3 : x  y 1 z 1   2 Câu 5: [2H3-1-4] [2017] Cho ba điểm A  3;1;0  , B  0; 1;0  , C  0;0; 6  Nếu tam giác ABC thỏa mãn hệ thức AA  BB  C C  có tọa độ trọng tâm là: A 1;0; 2  B  2; 3;0  C  3; 2;0  D  3; 2;1 Lời giải Chọn A * Cách diễn đạt thứ nhất: Gọi G, G’ theo thứ tự trọng tâm tam giác ABC, A’B’C’ Với điểm T không gian có: 1 : A ' A  B ' B  C ' C   TA  TA '  TB  TB '  TC  TC '   TA  TB  TC  TA '  TB '  TC '  2 Hệ thức (2) chứng tỏ Nếu T  G tức TA  TB  TC  ta có TA '  TB '  TC '  hay T  G ' hay (1) hệ thức cần đủ để hai tam giác ABC, A’B’C’ có trọng tâm    1  0    ; ;   1;0; 2  3   Ta có tọa độ G là: G   Đó tọa độ trọng tâm G’ A ' B ' C ' * Cách diễn đạt thứ hai: Ta có: AA '  BB '  CC '  (1)        A ' G '  G ' G  GA  B ' G '  G ' G  GB  C ' G '  G ' G  GC       GA  GB  GC  A ' G '  B ' G '  C ' G '  3G ' G  (2) Nếu G, G’ theo thứ tự trọng tâm tam giác ABC, A’B’C’ nghĩa GA  GB  GC  A ' G '  B ' G '  C ' G '    G ' G   G '  G Tóm lại (1) hệ thức cần đủ để hai tam giác ABC, A’B’C’ có trọng tâm    1  0    ; ;   1;0; 2  Đó 3   tọa độ trọng tâm G’ A ' B ' C ' Ta có tọa độ G là: G   Câu 6: [2H3-1-4] [2017] Cho hình chóp S.ABCD biết A  2; 2;6  , B  3;1;8 , C  1;0;7  , D 1; 2;3 Gọi H trung điểm CD, 27 (đvtt) có hai điểm S1 , S2 thỏa mãn u cầu tốn Tìm tọa độ trung điểm I S1S2 SH   ABCD  Để khối chóp S.ABCD tích A I  0; 1; 3 B I 1;0;3 C I  0;1;3 I  1;0; 3 Lời giải Chọn C Ta có AB   1; 1;  , AC  1; 2;1  S ABC  3  AB, AC    2 D DC   2; 2;  , AB   1; 1;   DC  AB  ABCD hình thang S ABCD  3S ABC  Vì VS ABCD  SH S ABCD  SH  3 Lại có H trung điểm CD  H  0;1;5 Gọi S  a; b; c   SH   a;1  b;5  c   SH  k  AB, AC   k  3;3;3   3k ;3k ;3k  Suy 3  9k  9k  9k  k  1 +) Với k   SH   3;3;3  S  3; 2;  +) Với k  1  SH   3; 3; 3  S  3; 4;8  Suy I  0;1;3 Câu 7: [2H3-1-4] (THPT Lương Thế Vinh - HN - Lần 1- 2017 - 2018 - BTN) Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A  2;3;1 , B  2;1;0  , C  3; 1;1 Tìm tất điểm D cho ABCD hình thang có đáy AD S ABCD  3S ABC  D  8; 7;1 B   D 12;1; 3 A D  8;7; 1  D  8;7; 1 C   D  12; 1;3 D D  12; 1;3 Lời giải Chọn D Ta có AD//BC  AD nhận CB   5; 2; 1 VTCP Kết hợp với AD  D  5t  2; 2t  3;1  t  qua  x  2  5t  A  2;3;1  AD :  y   2t z  1 t  Biến đổi S ABCD  3S ABC  S ACD  2S ABC 1  AB   4; 2; 1     AB; AC    4;1; 18  Ta có  AC   1; 4;0       AC ; AD    4t ; t ;18t   AD  t ; t ;  t    t    1  S ABC   AB; AC    2  1   AC ; AD   S  ACD   2 341 t 341 2  4t    t   18t   t   D  8;7; 1 t 341 Kết hợp với 1 ta  341   t  2  D  12; 1;3 Với D  8;7; 1  AD  10; 4; 2   2CB  2 BC  4   12   18   Với D  12; 1;3  AD   10; 4;   2CB  BC Hình thang ABCD có đáy AD AD  k BC với k  Do có D  12; 1;3 thỏa mãn Câu 8: [2H3-1-4] (THPT Lương Thế Vinh - HN - Lần 1- 2017 - 2018 - BTN) Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A  0;0; 1 , B  1;1;0  , C 1;0;1 Tìm điểm M cho 3MA2  MB  MC đạt giá trị nhỏ 3  A M  ; ; 1 4    M   ; ; 1    3  C M   ; ; 1     B M   ; ;    D Lời giải Chọn D  AM  x  y   z  12  AM   x; y; z  1   2  Giả sử M  x; y; z    BM   x  1; y  1; z    BM   x  1   y  1  z   2 2 CM   x  1; y; z  1 CM   x  1  y   z  1 2  3MA2  MB  MC   x  y   z  1    x  1   y  1  z      2   x  1  y   z  1    3 5 2   x  y  z  x  y  z    x     y  1   z      2 4    Dấu "  " xảy  x   , y  , z  1 , M   ; ; 1   2 Câu 9: [2H3-1-4] (THPT Lương Thế Vinh - HN - Lần 1- 2017 - 2018 - BTN) Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A  2;3;1 , B  2;1;0  , C  3; 1;1 Tìm tất điểm D cho ABCD hình thang có đáy AD S ABCD  3S ABC A D  8;7; 1 D  12; 1;3  D  8; 7;1 B   D 12;1; 3  D  8;7; 1 C   D  12; 1;3 D Lời giải Chọn D Ta có AD//BC  AD nhận CB   5; 2; 1 VTCP Kết hợp với AD  D  5t  2; 2t  3;1  t  qua  x  2  5t  A  2;3;1  AD :  y   2t z  1 t  t   Biến đổi S ABCD  3S ABC  S ACD  2S ABC 1  AB   4; 2; 1     AB; AC    4;1; 18  Ta có  AC   1; 4;0       AC ; AD    4t ; t ;18t   AD   5t ; 2t ; t    1 341 2  4   12   18   S ABC   AB; AC    2  t 341 1 2   AC ; AD   S  t   t  18 t        ACD   2 t   D  8;7; 1 t 341 Kết hợp với 1 ta  341   t  2  D  12; 1;3 Với D  8;7; 1  AD  10; 4; 2   2CB  2 BC Với D  12; 1;3  AD   10; 4;   2CB  BC Hình thang ABCD có đáy AD AD  k BC với k  Do có D  12; 1;3 thỏa mãn Câu 10: [2H3-1-4] (THPT Lương Thế Vinh - HN - Lần 1- 2017 - 2018 - BTN) Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A  0;0; 1 , B  1;1;0  , C 1;0;1 Tìm điểm M cho 3MA2  MB  MC đạt giá trị nhỏ 3  A M  ; ; 1 4    M   ; ; 1     B M   ; ;     3  C M   ; ; 1   D Lời giải Chọn D  AM  x  y   z  12  AM   x; y; z  1   2  Giả sử M  x; y; z    BM   x  1; y  1; z    BM   x  1   y  1  z   2 2 CM   x  1; y; z  1 CM   x  1  y   z  1 2  3MA2  MB  MC   x  y   z  1    x  1   y  1  z      2   x  1  y   z  1    3 5 2   x  y  z  x  y  z    x     y  1   z      2 4    Dấu "  " xảy  x   , y  , z  1 , M   ; ; 1   2 Câu 11: [2H3-1-4] (THPT Lương Thế Vinh - HN - Lần 1- 2017 - 2018 - BTN) Trong không gian Oxyz , cho điểm A 1; 6;1 mặt phẳng  P  : x  y   Điểm B thay đổi thuộc Oz ; điểm C thay đổi thuộc mặt phẳng  P  Biết tam giác ABC có chu vi nhỏ Tọa độ điểm B A B  0;0;1 B B  0;0;   C B  0;0;  1 D B  0;0;  Lời giải Chọn A Trước hết ta nhận thấy Oz //  P   xO  yO   xA  y A    nên A Oz nằm phía mặt phẳng  P  Gọi A điểm đối xứng A qua  P  Gọi p chu vi tam giác ABC Ta có p  AB  BC  CA  AB  BC  AC  AB  AB Do Oz //  P  nên AA  Oz Gọi K hình chiếu vng góc A lên Oz , ta có Oz  AK  AB  AK  pmin K  B Lúc   AB  AK Vậy B  0;0;1 Câu 12: [2H3-1-4] (THPT Phan Chu Trinh - ĐăkLăk - 2017 - 2018 - BTN) Trong  8 không gian tọa độ Oxyz cho hai điểm A  2; 2;1 , B   ; ;  Biết I  a; b; c   3 3 tâm đường tròn nội tiếp tam giác OAB Tính S  a  b  c C S  1 B S  A S  D S  Lời giải Chọn D O I A D B 16 8  8 Ta có: OA   2; 2;1 , OB    ; ;   OA.OB       OA  OB 3  3 3 Lại có: OA  , OB   AB  Gọi D chân đường phân giác góc AOB  D thuộc đoạn AB Theo tính chất phân giác ta có: DA OA  12 12     DA   DB  D   0; ;  DB OB 4  7 OA  OB  AB 6 Tam giác OAB có diện tích S  OA.OB  , nửa chu vi p  2 r S OA.OB 12  bàn kính đường tròn nội tiếp; chiều cao OH   AB p Gọi I tâm đường tròn nội tiếp tam giác OAB  I thuộc đoạn OD a  DI r 5     DI  DO  I   0;1;1 hay b  Ta có: DO OH 12 12 c   Vậy S  a  b  c  ...  G '  G Tóm lại (1) hệ thức cần đủ để hai tam giác ABC, A’B’C’ có trọng tâm    1  0    ; ;   1;0; 2  Đó 3   tọa độ trọng tâm G’ A ' B ' C ' Ta có tọa độ G là: G   Câu 6:... tam giác ABC, A’B’C’ có trọng tâm    1  0    ; ;   1;0; 2  3   Ta có tọa độ G là: G   Đó tọa độ trọng tâm G’ A ' B ' C ' * Cách diễn đạt thứ hai: Ta có: AA '  BB '  CC '  (1)... điểm A  3;1;0  , B  0; 1;0  , C  0;0; 6  Nếu tam giác ABC thỏa mãn hệ thức AA  BB  C C  có tọa độ trọng tâm là: A 1;0; 2  B  2; 3;0  C  3; 2;0  D  3; 2;1 Lời